2023屆浙江省四校高三上學(xué)期12月聯(lián)考化學(xué)試題（解析版）

PAGEPAGE1浙江省四校2023屆高三上學(xué)期12月聯(lián)考可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64Ba-137一、選擇題(本大題共10小題，每小題2分，共20分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1.下列物質(zhì)對(duì)應(yīng)的化學(xué)式正確的是（）A.鐵紅Fe3O4 B.鉻鉀礬KCr(SO4)2·12H2OC.石英砂Na2O·CaO·6SiO2 D.熟石膏CaSO4·2H2O【答案】B【解析】A．鐵紅為Fe2O3，故A錯(cuò)誤；B．鉻鉀礬為KCr(SO4)2·12H2O，故B正確；C．石英砂的主要礦物成分是SiO2，故C錯(cuò)誤；D．熟石膏為2CaSO4·H2O，故D錯(cuò)誤；故選B。2.下列化學(xué)用語(yǔ)表述正確的是（）A.葡萄糖的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可表示為：B.基態(tài)鎂原子價(jià)電子軌道表示式：C.3-甲基戊烷的鍵線式：D.的電子式：【答案】A【解析】A．葡萄糖分子中的醛基可以與分子內(nèi)的羥基作用，形成環(huán)狀結(jié)構(gòu)，該結(jié)構(gòu)為β-D-吡喃葡萄糖。在葡萄糖水溶液中，存在著鏈狀和環(huán)狀結(jié)構(gòu)葡萄糖之間的平衡，其中絕大部分葡萄糖為環(huán)狀結(jié)構(gòu)，故A正確；B．基態(tài)鎂原子的價(jià)電子排布式為3s2，在表示其價(jià)電子軌道表示式時(shí)，應(yīng)在方框的上方或下方寫(xiě)上3s，故B錯(cuò)誤；C．選項(xiàng)中的是2-甲基丁烷的鍵線式，不是3-甲基戊烷的鍵線式，故C錯(cuò)誤；D．H2O2是共價(jià)化合物，是原子間通過(guò)共用電子對(duì)結(jié)合而成的，沒(méi)有陽(yáng)離子和陰離子，其電子式應(yīng)為，故D錯(cuò)誤；故選A。3.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.淀粉經(jīng)發(fā)酵可以得到食醋、味精、氨基酸等多種產(chǎn)品B.鎂是優(yōu)質(zhì)的耐高溫材料，被大量用于制造火箭、導(dǎo)彈和飛機(jī)的部件等C.冰剛好融化成水時(shí)，破壞了部分范德華力和氫鍵，空隙減小D.在堿催化下，苯酚和甲醛可以反應(yīng)生成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的高分子【答案】B【解析】A．淀粉水解生成葡萄糖，以葡萄糖為原料，經(jīng)發(fā)酵可以得到食醋、味精、氨基酸等多種產(chǎn)品，故A正確；B．鎂不是耐高溫材料，氧化鎂是耐高溫材料，鎂合金被大量用于制造火箭、導(dǎo)彈和飛機(jī)的部件等，故B錯(cuò)誤；C．氫鍵具有方向性，冰融化成水，破壞了部分范德華力和氫鍵，分子間空隙減小，體積減小，密度增大，故C正確；D．在堿催化下，苯酚和過(guò)量的甲醛可以反應(yīng)生成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的高分子，故D正確；故選B。4.黑磷晶體是一種比石墨烯更優(yōu)秀的新型導(dǎo)電材料，其晶體結(jié)構(gòu)是與石墨類似的層狀結(jié)構(gòu)，如圖所示。下列有關(guān)黑磷晶體的說(shuō)法正確的是（）A.黑磷晶體中層與層之間的作用力是氫鍵 B.黑磷晶體中磷原子均采用雜化C.黑磷與紅磷、白磷互為同素異形體 D.黑磷晶體是分子晶體【答案】C【解析】A．黑磷晶體中層與層之間作用力是范德華力，故A錯(cuò)誤;B．黑磷晶體中磷原子雜化方式為sp3雜化，故B錯(cuò)誤;C．黑磷、白磷、紅磷都是磷元素形成的結(jié)構(gòu)不同的單質(zhì)，互為同素異形體，故C正確;D．黑磷晶體類似石墨,故混合晶體，故D錯(cuò)誤。故答案為C5.下列關(guān)于化學(xué)實(shí)驗(yàn)的簡(jiǎn)述正確的是（）A.將含CO2的CO氣體通過(guò)足量Na2O2粉末可得純凈COB.乙酸乙酯中混有少量的硫酸，采用蒸餾法獲取乙酸乙酯C.蛋白質(zhì)溶液可以通過(guò)鹽析或者滲析來(lái)進(jìn)行提純D.用電石和飽和NaCl溶液在啟普發(fā)生器內(nèi)反應(yīng)制備C2H2【答案】C【解析】A．CO2與Na2O2粉末反應(yīng)生成O2，得到的為CO和O2的混合氣體，故A錯(cuò)誤；

B．乙酸乙酯中混有少量的稀硫酸，蒸餾會(huì)發(fā)生水解，應(yīng)用水洗后進(jìn)行分液，再用無(wú)水硫酸鎂干燥，即可得到純凈的乙酸乙酯，故B錯(cuò)誤；C．蛋白質(zhì)溶液為膠體，可發(fā)生鹽析，膠體微粒不能透過(guò)半透膜，可用滲析的方法分離提純蛋白質(zhì)，故C正確；D．電石和水溶液反應(yīng)劇烈反應(yīng)過(guò)程中微溶于水的氫氧化鈣生成，堵塞啟普發(fā)生器，所以不能在啟普發(fā)生器中進(jìn)行，故D錯(cuò)誤；故選：C。6.下列關(guān)于工業(yè)生產(chǎn)說(shuō)法不正確的是（）A.鋁制品可用化學(xué)氧化法增加膜的厚度及對(duì)氧化膜進(jìn)行著色B.工業(yè)上用電解熔融氧化物的方法制金屬鎂和鋁C.氯堿工業(yè)中使用陽(yáng)離子交換膜防止副反應(yīng)的發(fā)生D.工業(yè)制備硫酸時(shí)在吸收塔中使用濃硫酸吸收三氧化硫【答案】B【解析】A．鋁能與O2反應(yīng)在表面形成一層氧化膜，可用化學(xué)氧化法增加膜的厚度及對(duì)氧化膜進(jìn)行著色，A正確；B．工業(yè)上用電解熔融MgCl2的方法制備金屬鎂，B錯(cuò)誤；C．氯堿工業(yè)中陽(yáng)極生成氯氣，陰極生成氫氣和氫氧根離子，為防止副反應(yīng)發(fā)生，使用陽(yáng)離子交換膜，C正確；D．工業(yè)上制備硫酸時(shí)，用濃硫酸吸收三氧化硫，原因?yàn)槿缬盟杖趸?，可能因反?yīng)放熱形成酸霧，阻礙水對(duì)三氧化硫的吸收，而濃硫酸沸點(diǎn)高，難以氣化且三氧化硫易溶于濃硫酸，D正確；故答案選B。7.航天工業(yè)上，火箭使用的燃料是偏二甲肼(N為-2價(jià))，火箭升空時(shí)發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為：。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A.該反應(yīng)中，氧化產(chǎn)物為CO2，還原產(chǎn)物為N2B.該反應(yīng)中，被氧化的氮與被還原的氮的物質(zhì)的量之比是2：1C.偏二甲肼的同分異構(gòu)體中，含碳碳單鍵的化合物只有2種D.該反應(yīng)中每生成lmolCO2轉(zhuǎn)移8mol電子【答案】D【分析】在反應(yīng)中，中C元素的化合價(jià)從-2價(jià)升高為+4價(jià)，N元素的化合價(jià)從-2價(jià)升高為0價(jià)，均失去電子，被氧化，作還原劑，N2O4中+4價(jià)的N元素從+4價(jià)降低為0價(jià)，得到電子，被還原，作氧化劑，據(jù)此分析解答。【詳解】A．由分析知，該反應(yīng)中，氧化產(chǎn)物為CO2和N2，還原產(chǎn)物為N2，故A錯(cuò)誤；B．由分析知，該反應(yīng)中，被氧化的氮與被還原的氮的物質(zhì)的量之比是2：4=1：2，故B錯(cuò)誤；C．偏二甲肼的同分異構(gòu)體中，含碳碳單鍵的化合物有、、，共3種，故C錯(cuò)誤；D．按照化學(xué)方程式中化學(xué)計(jì)量數(shù)反應(yīng)，2molN2O4參加反應(yīng)，生成2molCO2，轉(zhuǎn)移16mol電子，則該反應(yīng)中每生成lmolCO2轉(zhuǎn)移8mol電子，故D正確；故選D。8.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A.25℃，pH=11的Na2CO3溶液中由水電離出的H+的數(shù)目為10-3NAB.46gC2H6O中含極性共價(jià)鍵數(shù)目為7NAC.0.5molXeF4中氙的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3NAD.1LpH=4的0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中離子數(shù)為0.1NA【答案】C【解析】A．缺少溶液的體積，無(wú)法計(jì)算由水電離出的H+的數(shù)目，故A錯(cuò)誤；B．46gC2H6O的物質(zhì)的量為1mol，但是C2H6O存在同分異構(gòu)體，若為乙醇，含極性共價(jià)鍵數(shù)目為7NA，若為甲醚CH3OCH3，則含極性共價(jià)鍵數(shù)目為6NA，故B錯(cuò)誤；C．XeF4中氙的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，則0.5molXeF4中氙的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為0.5mol6NA=3NA，故C正確；D．K2Cr2O7溶液中存在可逆反應(yīng)，則離子數(shù)小于0.1NA，故D錯(cuò)誤；故選C。9.下列離子方程式正確的是（）A.碳酸氫鎂溶液中加入過(guò)量的澄清石灰水：B.Na2S2O3溶液與稀硝酸溶液混合：C.溶液中通入足量的CO2氣體：D.向NaHSO3溶液中滴加過(guò)量NaIO3：【答案】A【解析】A．碳酸氫鎂溶液中加入過(guò)量的澄清石灰水，采用“以少定多”法，假設(shè)Mg(HCO3)2物質(zhì)的量為1mol，則需消耗2molCa(OH)2，離子方程式為：，A正確；B．Na2S2O3溶液與稀硝酸溶液混合，發(fā)生氧化還原反應(yīng)：3+2H++8=6+8NO↑+H2O，B不正確；C．Ca(ClO)2溶液中通入足量的CO2氣體，發(fā)生反應(yīng)生成Ca(HCO3)2和HClO，離子方程式為：ClO-+CO2+H2O=HClO+，C不正確；D．向NaHSO3溶液中滴加過(guò)量NaIO3，由于過(guò)量NaIO3能將I-氧化，所以最終生成I2，被氧化為等，離子方程式為：5+2=5+I2+3H++H2O，D不正確；故選A。10.類推是化學(xué)學(xué)習(xí)和研究中常用的思維方法，下列類推合理的是（）A.HF的熱穩(wěn)定性強(qiáng)于HCl，則NH4F的熱穩(wěn)定性強(qiáng)于NH4ClB.SO2是“V形”分子，則O3是“V形”分子C.MgCl2溶液在空氣中蒸干得到MgO固體，則SrCl2溶液在空氣中蒸干得到SrO固體D.若發(fā)生，則發(fā)生【答案】B【解析】A．HF的熱穩(wěn)定性強(qiáng)于HCl是由于F的非金屬性大于Cl，NH4F、NH4Cl受熱分解屬于銨鹽的分解，與非金屬性無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；B．SO2是“V形”分子，O3與SO2是等電子體，等電子體的空間構(gòu)型相似，因此O3也是“V形”分子，B正確；C．SrCl2為強(qiáng)酸強(qiáng)堿形成的鹽，Sr2+不水解，因此SrCl2溶液在空氣中蒸干得到SrCl2固體，C錯(cuò)誤；D．HgO在加熱的條件下發(fā)生分解，2HgO2Hg+O2↑，因此HgS與O2在高溫下得不到HgO，D錯(cuò)誤；故選B。二、選擇題(本大題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)11.亮菌甲素為利膽解痙藥，適用于治療急性膽囊炎，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列有關(guān)敘述正確的是（）A.分子中所有碳原子不可能共平面B.亮菌甲素分子中的碳原子有3種不同的雜化方式C.1mol亮菌甲素理論上可與6molH2發(fā)生加成反應(yīng)D.1mol亮菌甲素在一定條件下與NaOH溶液完全反應(yīng)最多能消耗3molNaOH【答案】D【解析】A．苯和乙烯是平面結(jié)構(gòu)，取代苯環(huán)和乙烯中氫原子的碳原子，在同一平面內(nèi)，所有碳原子可能共平面，A錯(cuò)誤；B．亮菌甲素分子中的碳原子有2種不同的雜化方式sp2和sp3，B錯(cuò)誤；C．苯環(huán)及碳碳雙鍵、羰基能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，酯基中的碳氧雙鍵無(wú)法加成，1mol亮菌甲素最多能和5molH2發(fā)生加成反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．酚羥基消耗1molNaOH溶液，酯基水解消耗1molNaOH，酯基水解后生成酚羥基，消耗1molNaOH，則1mol“亮菌甲素”最多消耗3molNaOH，D正確；故選D。12.A、B、C、D、E屬于短周期主族元素。A原子半徑最大，B原子最外層電子數(shù)為m，次層電子數(shù)為n，C原子L層電子數(shù)為m+n，M層電子數(shù)m-n，D原子價(jià)電子排布為nsnnpn，E元素原子與B元素原子的核外電子數(shù)之比為2：1。下列說(shuō)法不正確的是（）A.簡(jiǎn)單離子半徑：B＞AB.E原子中有5種能量不同的電子C.氫化物的穩(wěn)定性：B＞DD.化合物CB2能與D元素形成的單質(zhì)發(fā)生置換反應(yīng)【答案】C【分析】A、B、C、D、E屬于短周期主族元素。A原子半徑最大，A為Na元素，B原子最外層電子數(shù)為m，次層電子數(shù)為n，n為2或8，C原子L層電子數(shù)為m+n，M層電子數(shù)m-n，則m+n=8，n=2，m=6，m-n=4，則B為O元素，C為Si元素，D原子價(jià)電子排布為nsnnpn，即2s22p2，則D為C元素，E元素原子與B元素原子的核外電子數(shù)之比為2：1，則E為S元素，據(jù)此分析解答。【詳解】A．O2-、Na+的核外電子結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡(jiǎn)單離子半徑：B＞A，故A正確；B．E為S元素，其電子排布式為1s22s22p63s23p4，同種能級(jí)上的電子能量相同，故E原子中有5種能量不同的電子，故B正確；C．非金屬性越強(qiáng)，其簡(jiǎn)單氫化物越穩(wěn)定，非金屬性：O＞C，則簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性：H2O＞CH4，氫化物穩(wěn)定性不一定B＞D，如H2O2受熱易分解，不如甲烷穩(wěn)定，故C錯(cuò)誤；D．SiO2與C單質(zhì)發(fā)生反應(yīng)生成Si單質(zhì)和CO，屬于置換反應(yīng)，故D正確；故選C。13.下列說(shuō)法正確的是（）A.常溫下，用pH計(jì)測(cè)得0.1mol·L-1NaHC2O4溶液的pH=5.2，則該溫度下，草酸的B.常溫下，同濃度的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿溶液等體積混合后，由水電離出的C.常溫下，將pH=9的CH3COONa溶液與pH=9的NaOH溶液混合，混合溶液的pH大于9D.100mLpH=2的氯水中，【答案】A【解析】A．,，則，溶液pH=5.2<7，顯酸性，離子電離大于水解，所以>，，A正確；B．常溫下同濃度的強(qiáng)酸、強(qiáng)堿等體積混合后，酸堿的元數(shù)不確定溶液不一定顯中性，由水電離出的c(H+)不一定為10-7mol·L-1，B錯(cuò)誤；C．缺少體積條件，無(wú)法計(jì)算，C錯(cuò)誤；D．25℃時(shí)，100mLpH=2的新制氯水中：根據(jù)得失電子守恒n(Cl-)=n(ClO-)+n(HClO)；根據(jù)電荷守恒n(Cl-)+n(OH-)+n(ClO-)=n(H+)；所以n(OH-)+2n(ClO-)+n(HClO)=0.001NA，D錯(cuò)誤；故選A。14.Bodensteins研究反應(yīng)H2(g)+I2(g)2HI(g)△H＜0，溫度為T(mén)時(shí)，在兩個(gè)體積均為1L的密閉容器中進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)得氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)w

(HI)與反應(yīng)時(shí)間t的關(guān)系如下表：容器編號(hào)起始物質(zhì)t/min020406080100Ⅰ0.5mol

I2、0.5mol

H2w(HI)/%05068768080Ⅱx

mol

HIw(HI)/%1009184818080研究發(fā)現(xiàn)上述反應(yīng)中：v正=ka?w(H2)?w(I2)，v逆=kb?w2(HI)，其中ka、kb為常數(shù)。下列說(shuō)法不正確的是()A.溫度為T(mén)時(shí)，該反應(yīng)=64B.容器I中在前20

min的平均速率v(HI)=0.025

mol?L-1?min-1C.若起始時(shí)，向容器I中加入物質(zhì)的量均為0.1

mol的H2、I2、HI，反應(yīng)逆向進(jìn)行D.無(wú)論x為何值，兩容器中達(dá)平衡時(shí)w(HI)%均相同【答案】C【解析】A．H2(g)+I2(g)?2HI(g)起始量(mol/L)0.50.50變化量(mol/L)nn2n平衡量(mol/L)0.5-n0.5-n2nw(HI)/%=×100%=80%，n=0.4mol/L，平衡常數(shù)K==64。反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，ka?w(H2)?w(I2)=v正=v逆=kb?w2(HI)，則==K=64，故A正確；B．前20min，H2(g)+I2(g)?2HI(g)起始量(mol/L)0.50.50變化量(mol/L)mm2m平衡量(mol/L)0.5-m0.5-m2mw(HI)%=×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20min的平均速率，v(HI)==0.025mol?L-1?min-1，故B正確；C．若起始時(shí)，向容器I中加入物質(zhì)的量均為0.lmol的H2、I2、HI，此時(shí)濃度商Qc==1＜K=64，反應(yīng)正向進(jìn)行，故C錯(cuò)誤；D．H2(g)+I2(g)?2HI(g)反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量不變，改變壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)，因此無(wú)論x為何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，兩容器達(dá)平衡時(shí)w(HI)%均相同，故D正確；答案選C。15.鋰離子電池具有能量密度大、工作壽命長(zhǎng)的特點(diǎn)，其原理如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A.充電時(shí)A極發(fā)生反應(yīng)B.充電時(shí)B極與電源正極相連C.每生成1molT時(shí)，轉(zhuǎn)移2nmole-D.充放電過(guò)程中，O元素化合價(jià)發(fā)生變化【答案】C【分析】由圖可知，放電時(shí)B極S→T，S失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，則放電時(shí)B極為負(fù)極，A極為正極，充電時(shí)，B極為陰極，A極為陽(yáng)極?！驹斀狻緼．充電時(shí)A極陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，則A極發(fā)生反應(yīng)為，故A錯(cuò)誤；B．充電時(shí)，B極為陰極，B極與電源負(fù)極相連，故B錯(cuò)誤；C．S和T為聚合物，聚合度為n，放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式為T(mén)+2ne-+2nLi+=S，則每生成1molT時(shí)，轉(zhuǎn)移2nmole-，故C正確；D．充放電過(guò)程中，C元素和I元素的化合價(jià)發(fā)生變化，O元素化合價(jià)不發(fā)生變化，故D錯(cuò)誤；故選C。16.鈣鈦礦類雜化材料，是太陽(yáng)能光伏電池的有機(jī)半導(dǎo)材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示，其中B為Pb2+，A的原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0，0，0)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.B的原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(，，)B.N、I、Pb均屬于p區(qū)元素C.若沿z軸向xy平面投影，則其投影圖如圖2所示D.中存在σ鍵、配位鍵和氫鍵【答案】D【解析】A．B位于體心，則B的原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(，，)，故A正確；B．N、I、Pb均在IIIA族到VIIA族之間，則均屬于p區(qū)元素，故B正確；C．投影圖為俯視圖，故C正確；D．的電子式為，存在σ鍵，C與N之間為配位鍵，不存在氫鍵，故D錯(cuò)誤；故選D。17.常溫常壓下，甲醇在催化劑的作用下可以合成2-甲基丙酸甲酯，計(jì)算機(jī)模擬單個(gè)甲醇分子在催化劑表面的反應(yīng)過(guò)程和能量變化示意圖如圖，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.總反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：B.第一步反應(yīng)決定了總反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率C.化合物8和化合物9互為同分異構(gòu)體D.上述反應(yīng)過(guò)程中未改變反應(yīng)的，降低了反應(yīng)的活化能【答案】A【解析】A．圖象給出的是單個(gè)分子參與反應(yīng)時(shí)的能量變化，總反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為，故A錯(cuò)誤；B．第1步反應(yīng)的能壘最高，所以第1步反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率最慢，故B正確；C．化合物8和化合物9的分子式相同而結(jié)構(gòu)不同，故C正確；D．為反應(yīng)的催化劑，故未改變反應(yīng)的，降低了反應(yīng)的活化能，故D正確；故選A。18.常溫下，將體積均為1mL、濃度均為0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分別加水稀釋至體積為VmL，pH隨lgV的變化情況如圖所示，下列敘述中正確的是（）A.XOH是弱堿B.pH=10的兩種溶液中的c(X+):XOH>X2CO3C.已知H2CO3的電離平衡常數(shù)Ka1遠(yuǎn)大于Ka2，則Ka2約為1.0×10?10.2D.當(dāng)lgV=2時(shí)，若X2CO3溶液的溫度升高，溶液堿性增強(qiáng)，則減小【答案】C【分析】A．根據(jù)圖知，0.1mol/L的XOH的pH=13，說(shuō)明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH）；B．XOH是強(qiáng)堿溶液、X2CO3是強(qiáng)堿弱酸鹽溶液，要使兩種溶液的pH相等，則c（XOH）＜c（X2CO3），再結(jié)合物料守恒判斷；C.0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，則該溶液中c（OH-）=c（HCO3-）=mol/L=10-2.4mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，Kh1==，則Ka2==；D．當(dāng)lgV=2時(shí)，則溶液的體積變?yōu)樵瓉?lái)的100倍，升高溫度，促進(jìn)水解，第一步水解程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于第二步，所以溶液中c（CO32-）減小，c（HCO3-）增大?！驹斀狻緼．根據(jù)圖知，0.1mol/L的XOH的pH=13，說(shuō)明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH），XOH完全電離，為強(qiáng)電解質(zhì)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．XOH是強(qiáng)堿溶液、X2CO3是強(qiáng)堿弱酸鹽溶液，要使兩種溶液的pH相等，則c（XOH）＜c（X2CO3），再結(jié)合物料守恒得c（X+）：XOH小于X2CO3，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.0.10mol/LX2CO3溶液的pH=11.6，則該溶液中c（OH-）=c（HCO3-）=mol/L=10-2.4mol/L，c（CO32-）=0.1mol/L，Kh1===，則Ka2====1.0×10-10.2，選項(xiàng)C正確；D．當(dāng)lgV=2時(shí)，則溶液的體積變?yōu)樵瓉?lái)的100倍，升高溫度，促進(jìn)水解，第一步水解程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于第二步，所以溶液中c（CO32-）減小，c（HCO3-）增大，所以增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選C。19.鉛蓄電池的拆解、回收和利用可以減少其對(duì)環(huán)境的污染，具有重要的可持續(xù)發(fā)展意義。利用廢鉛蓄電池的鉛膏(主要成分為PbSO4、PbO2，還有少量Pb、Fe2O3、Al2O3)制取紅丹(Pb3O4)的工藝流程如圖：已知：①、、；②醋酸鉛是弱電解質(zhì)；③當(dāng)金屬離子濃度低于時(shí)，被認(rèn)為沉淀完全。下列說(shuō)法正確的是（）A.“浸出”過(guò)程中將廢鉛膏研磨、使用高溫條件均可以提高浸出率B.“調(diào)pH”步驟中調(diào)至pH約為5，可將鐵鋁雜質(zhì)除盡C.“沉鉛”時(shí)主要發(fā)生的離子反應(yīng)為：D.反應(yīng)過(guò)程中，H2O2和NaClO溶液均只作氧化劑【答案】B【分析】廢鉛蓄電池的鉛膏(主要成分為PbSO4、PbO2，還有少量Pb、Fe2O3、Al2O3)中加入乙酸鈉、乙酸和H2O2溶液，PbSO4、PbO2、Pb都轉(zhuǎn)化為(CH3COO)2Pb，F(xiàn)e2O3、Al2O3轉(zhuǎn)化為(CH3COO)3Fe、(CH3COO)3Al；加入Na2CO3調(diào)節(jié)pH，此時(shí)(CH3COO)3Fe、(CH3COO)3Al分別轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；再加入Na2CO3溶液，Pb2+轉(zhuǎn)化為PbCO3沉淀；加入乙酸溶液，PbCO3轉(zhuǎn)化為(CH3COO)2Pb；再加入NaClO、NaOH，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成Pb3O4等?！驹斀狻緼．“浸出”過(guò)程中將廢鉛膏研磨，可增大接觸面積，提高浸出率，但H2O2受熱易分解，所以不能使用高溫條件，A不正確；B．“調(diào)pH”步驟中調(diào)至pH約為5時(shí)，溶液中c(Fe3+)=mol/L=1×10-12mol/L＜1×10-6mol/L，c(Al3+)=mol/L=1×10-6mol/L，所以能將鐵鋁雜質(zhì)除盡，B正確；C．調(diào)pH時(shí)，(CH3COO)3Fe、(CH3COO)3Al分別轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，往濾液中加入Na2CO3溶液，則表明沉鉛前，鉛元素以Pb2+的形式存在，所以“沉鉛”時(shí)主要發(fā)生的離子反應(yīng)為：(CH3COO)2Pb+=PbCO3↓+2CH3COO-，C不正確；D．反應(yīng)過(guò)程中，H2O2將PbO2轉(zhuǎn)化為(CH3COO)2Pb時(shí)，發(fā)生反應(yīng)H2O2+PbO2+2CH3COOH=(CH3COO)2Pb+O2↑+2H2O，H2O2作還原劑，NaClO溶液氧化(CH3COO)2Pb時(shí)，發(fā)生反應(yīng)3(CH3COO)2Pb+NaClO+6NaOH=Pb3O4↓+6CH3COONa+NaCl+3H2O，NaClO作氧化劑，D不正確；故選B。20.下列各實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A某鋁熱劑中加入鹽酸后再加入KSCN溶液溶液變紅色鋁熱劑中一定含有氧化鐵B向水中加入NH4NO3固體溶液溫度降低銨鹽水解是吸熱的C將稀H2SO4滴入淀粉溶液中，加熱一段時(shí)間，再加入新制Cu(OH)2懸濁液并加熱溶液中未出現(xiàn)磚紅色沉淀淀粉未水解D取少量Na2SO3固體溶于蒸餾水，加入足量稀鹽酸，再加入足量BaCl2溶液溶液中出現(xiàn)白色沉淀Na2SO3固體已經(jīng)變質(zhì)【答案】D【解析】A．某鋁熱劑中加入鹽酸后再加入KSCN溶液，溶液變紅色，鋁熱劑中還可能含有四氧化三鐵，故A錯(cuò)誤；B．向水中加入NH4NO3固體，溶液溫度降低，因?yàn)镹H4NO3固體溶于水是吸熱的，故不能說(shuō)明銨鹽水解是吸熱的，故B錯(cuò)誤；C．因?yàn)闆](méi)有向水解液中加入NaOH溶液調(diào)至溶液呈堿性，再加入新制Cu(OH)2懸濁液與稀硫酸發(fā)生中和反應(yīng)，故溶液中未出現(xiàn)磚紅色沉淀，不能說(shuō)明淀粉未水解，故C錯(cuò)誤；D．因?yàn)镹a2SO3與稀鹽酸反應(yīng)生成二氧化硫氣體，再加入足量BaCl2溶液，溶液中出現(xiàn)白色沉淀，肯定是硫酸鋇沉淀，則能說(shuō)明Na2SO3固體已經(jīng)變質(zhì)，生成Na2SO4，故D正確；故選D。三、非選擇題(本大題共5小題，共50分)21.氮的相關(guān)化合物在材料等方面有重要用途?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）在第二周期中，第一電離能比N高的主族元素是__________。氮原子的電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量由低到高的順序是__________(填序號(hào))。A.B.C.D.（2）科學(xué)家從(NH4)2SO4中檢出一種組成為N4H4(SO4)2的物質(zhì)，經(jīng)測(cè)定，該物質(zhì)易溶于水，在水中以SO和N4H兩種離子的形式存在。N4H的空間構(gòu)型與NH相同，則1個(gè)N4H中含有_______個(gè)σ鍵。（3）科學(xué)家合成了一種陽(yáng)離子為“N”，其結(jié)構(gòu)是對(duì)稱的，5個(gè)N原子都達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，且含有2個(gè)氮氮三鍵；此后又合成了一種含有“N”化學(xué)式為N8的離子晶體，其陽(yáng)離子電子式為_(kāi)____________，陰離子的空間構(gòu)型為_(kāi)_______________。（4）GaN、GaP、GaAs熔融狀態(tài)均不導(dǎo)電，熔點(diǎn)如表所示。其中GaN晶胞如圖所示，結(jié)構(gòu)可看作金剛石晶胞內(nèi)部的碳原子被N原子代替(如b)，頂點(diǎn)和面心的碳原子被Ga原子代替(如a)。物質(zhì)GaNGaPGaAs熔點(diǎn)/℃170014801238=1\*GB3①試分析GaN、GaP、GaAs熔點(diǎn)依次降低的原因：_______________________________；②GaN晶胞中與Ga原子周?chē)c它最近且相等距離的Ga原子有_______個(gè)。【答案】（1）FABDC（2）10（3）直線形（4）①GaN、GaP、GaAs均屬于共價(jià)晶體，N、P、As的原子半徑依次增大，Ga-N、Ga-P、Ga-As的鍵長(zhǎng)依次增大，共價(jià)鍵鍵能減小，導(dǎo)致GaN、GaP、GaAs熔點(diǎn)依次降低②12【解析】（1）N的2p軌道處于半充滿較穩(wěn)定狀態(tài)，故N的第一電離能高于O，所以在第二周期中第一電離能大于N的主族元素只有F；電子能量1s＜2s＜2p,則2p軌道上電子越多、1s軌道上電子越少，其能量越高，另外基態(tài)時(shí)能量最低，激發(fā)態(tài)時(shí)躍遷程度越大，能量越高，則能量由低到高的順序是ABDC；（2）N4H的空間構(gòu)型與NH相同，在中4個(gè)N原子之間形成正四面體，每個(gè)N原子形成3個(gè)N-N、1個(gè)N-H鍵，結(jié)構(gòu)式為，則中共有6個(gè)N-N鍵、4個(gè)N-H鍵，故1個(gè)中含有10個(gè)σ鍵；（3）該陽(yáng)離子結(jié)構(gòu)對(duì)稱，則中間N原子有2對(duì)共用電子對(duì)，如果5個(gè)N結(jié)合后都達(dá)到8電子結(jié)構(gòu)，共需要5×8=40個(gè)價(jià)電子；5個(gè)N原子共有5×5=25個(gè)價(jià)電子，含有2個(gè)N≡N以及中間N原子有2對(duì)共用電子對(duì)，通過(guò)共用增加了2×8=16個(gè)價(jià)電子，共25＋16=41個(gè)價(jià)電子，而達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)只需要40個(gè)，因此失去1個(gè)價(jià)電子，則該陽(yáng)離子為N，電子式為；陰離子為N，中間N的價(jià)層電子數(shù)對(duì)，中間N原子采用sp雜化，該陰離子為直線形；（4）①GaN、GaP、GaAs熔融狀態(tài)均不導(dǎo)電，說(shuō)明沒(méi)有陰陽(yáng)離子，據(jù)此判斷它們是共價(jià)化合物，它們的晶體結(jié)構(gòu)與金剛石相似，說(shuō)明它們均屬于共價(jià)晶體，N、P、As的原子半徑依次增大，Ga-N、Ga-P、Ga-As的鍵長(zhǎng)依次增大，共價(jià)鍵鍵能減小，導(dǎo)致GaN、GaP、GaAs熔點(diǎn)依次降低；②Ga原子處于頂點(diǎn)和面心位置，Ga原子周?chē)c它最近且相等距離的Ga原子有12個(gè)。22.某研究小組探究白色難溶鹽X(含五種元素，M<200g·mol-1)的組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：已知：固體A為常見(jiàn)單質(zhì)；氣體B能使品紅褪色，實(shí)驗(yàn)測(cè)得氣體體積為3.36L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，為防止污染環(huán)境，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中用NaClO溶液吸收；溶液E中含有兩種溶質(zhì)，且陰離子相同。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）X除含有H、O元素，還含有__________元素，X的化學(xué)式為_(kāi)_________。（2）混合溶液C中的溶質(zhì)主要有________________(填化學(xué)式)。（3）可用氣體B通入深藍(lán)色溶液E制備X，寫(xiě)出相應(yīng)的離子方程式_______________________________________________________。（4）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案證明吸收氣體B的NaClO溶液已過(guò)量：____________________________________________________________________________________________________。【答案】（1）N、S、Cu(NH4)CuSO3（2）CuSO4、(NH4)2SO4（3）4H2O+3SO2+2[Cu(NH3)4]2+=2(NH4)CuSO3+6NH+SO（4）向反應(yīng)后溶液D少量于試管中，滴加幾滴酚酞溶液，溶液先變紅后褪色，說(shuō)明二氧化硫被完全吸收，NaClO溶液已過(guò)量【分析】32.40gX與50mL2.0mol/L硫酸溶液反應(yīng)，得到固體A為常見(jiàn)單質(zhì)，則A為Cu單質(zhì)，物質(zhì)的量為=0.15mol，得到氣體B能使品紅褪色，則B為SO2，物質(zhì)的量為=0.15mol，說(shuō)明X中含有SO，得到向藍(lán)色混合溶液C，加入100mL2.0mol/L的NaOH溶液后得到深藍(lán)色溶液E，說(shuō)明E中含有[Cu(NH3)4]2+，則X中含有NH，，溶液E中含有兩種溶質(zhì)，且陰離子相同，這兩種溶質(zhì)為Na2SO4和[Cu(NH3)4]SO4，其中Na2SO4的物質(zhì)的量為0.1mol，再加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀為BaSO4，物質(zhì)的量為=0.15mol，說(shuō)明[Cu(NH3)4]SO4的物質(zhì)的量為0.15mol-0.1mol=0.05mol，X中含有0.15mol+0.05mol=0.2molCu，含有0.15mol+0.05mol=0.2molSO，含有NH物質(zhì)的量為=0.2mol，則X的化學(xué)式為(NH4)CuSO3?！驹斀狻浚?）由分析可知，X除含有H、O元素，還含有N、S、Cu元素，X的化學(xué)式為(NH4)CuSO3。（2）藍(lán)色混合溶液C中的溶質(zhì)主要有CuSO4、(NH4)2SO4。（3）用SO2氣體通入深藍(lán)色[Cu(NH3)4]SO4溶液制備(NH4)CuSO3，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：4H2O+3SO2+2[Cu(NH3)4]2+=2(NH4)CuSO3+6NH+SO。（4）向反應(yīng)后的溶液D少量于試管中，滴加幾滴酚酞溶液，溶液先變紅后褪色，說(shuō)明二氧化硫被完全吸收，NaClO溶液已過(guò)量23.我國(guó)已正式公布實(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰”、“碳中和”的時(shí)間和目標(biāo)，使含碳化合物的綜合利用更受關(guān)注和重視。CO2甲烷化目前被認(rèn)為是實(shí)現(xiàn)碳循環(huán)利用最實(shí)用有效的技術(shù)之一，也是目前控制二氧化碳排放的研究熱點(diǎn)之一?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）二氧化碳與氫氣重整體系中涉及的主要反應(yīng)如下：I.Ⅱ.Ⅲ.反應(yīng)Ⅲ自發(fā)進(jìn)行的條件是___________________；恒溫恒容密閉容器中，等物質(zhì)的量的CO2與CH4發(fā)生反應(yīng)Ⅲ，下列事實(shí)能說(shuō)明該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是_______。A.CO2與CH4的有效碰撞次數(shù)不變B.相同時(shí)間內(nèi)形成C-H鍵和H-H鍵的數(shù)目相等C.混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變D.CO2和CO物質(zhì)的量之和保持不變（2）一定溫度下，向恒容密閉容器中以體積比為1：3充入CO2和H2，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ，實(shí)驗(yàn)測(cè)得平衡體系中各組分的體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖1所示。=1\*GB3①其中表示CO2的體積分?jǐn)?shù)與溫度關(guān)系的曲線為_(kāi)______(填“L1”、“L2”或“L3”)；T1℃之后，H2O(g)平衡體積分?jǐn)?shù)隨溫度的變化程度小于CH4平衡體積分?jǐn)?shù)隨溫度的變化程度的原因是______________________________________________________________________；②T1℃時(shí)，CO的平衡分壓_______(填“>”、“<”或“=”)T2℃時(shí)CO的平衡分壓。測(cè)得T1℃時(shí)CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，H2O(g)的分壓為p0，則反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)_______(是用分壓表示的平衡常數(shù))。（3）瑞典化學(xué)阿倫尼烏斯(Arrhenius)創(chuàng)立的化學(xué)反應(yīng)速率常數(shù)隨溫度變化關(guān)系的經(jīng)驗(yàn)公式為：(為活化能-假設(shè)受溫度影響忽略不計(jì)，k為速率常數(shù)，R和C為常數(shù))，為探究催化劑m、n的催化效率，進(jìn)行了相應(yīng)的實(shí)驗(yàn)，依據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)獲得圖2曲線。在催化劑m作用下，該反應(yīng)的活化能_______J?mol-1。假設(shè)催化劑n的催化效率大于m的催化效率，請(qǐng)?jiān)趫D2中畫(huà)出催化劑n的相應(yīng)曲線圖和標(biāo)注。_____【答案】（1）ΔH<TΔSACD（2）①L2隨著溫度的升高，反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動(dòng)，消耗H2O和CH4，反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動(dòng)，生成H2O，H2O既有消耗又有生成，而CH4只有消耗②<④（3）90000【解析】（1）反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的條件為ΔH-TΔS<0，該反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，則ΔH<TΔS該反應(yīng)即可自發(fā)進(jìn)行。A．CO2與CH4的有效碰撞次數(shù)不變，說(shuō)明反應(yīng)速率不變，達(dá)到化學(xué)平衡，A正確；B．相同時(shí)間內(nèi)形成C-H鍵和H-H的數(shù)目相等，說(shuō)明生成1molCH4的同時(shí)生成4molH2，未達(dá)到平衡狀態(tài)，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)不是等體積反應(yīng)，混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不變，說(shuō)明氣體的總物質(zhì)的量不變，達(dá)到平衡，C正確；D．隨著反應(yīng)進(jìn)行，CO2和CO的物質(zhì)的量之和逐漸增大，兩者的物質(zhì)的量之和不變，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡，D正確；故答案選ACD。（2）①以1：3的體積比充入CO2和H2，H2初始體積分?jǐn)?shù)較大，且隨著溫度的升高，反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動(dòng)，則隨溫度升高，H2體積分?jǐn)?shù)有小幅增大，故L3代表H2，CO的體積分?jǐn)?shù)隨溫度升高而增大，L1代表CO，則L2代表CO2。隨著溫度的升高，反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動(dòng)，消耗H2O和CH4，反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動(dòng)，生成H2O，H2O既有消耗又有生成，而CH4只有消耗，因此T1℃之后，水的平衡體積分?jǐn)?shù)隨溫度變化程度小于甲烷。②隨溫度升高，反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動(dòng)，CO體積分?jǐn)?shù)增大，T1時(shí)CO的平衡分壓小于T2時(shí)CO平衡分壓。設(shè)初始充入的CO2為amol，則H2為3amol，設(shè)反應(yīng)Ⅰ消耗CO2xmol，反應(yīng)Ⅱ消耗CO2ymol，則有由圖可知，T1時(shí)CO的物質(zhì)的量與CH4的物質(zhì)的量相等，且CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則有x+y=，x=y，則x=y=mol。H2O的分壓為p0，則CO2、H2、CO的分壓分別為、、，則Kp==。（3）將圖2中的數(shù)據(jù)代入得到54=-7.2×10-3Ea+C，27=-7.5×10-3Ea+C，解得Ea=90000J/mol。催化劑n的催化效率大于m，即能進(jìn)一步降低活化能，相同條件下催化劑n對(duì)應(yīng)的Ea小于m，-Ea為曲線斜率，則催化劑n的斜率更大，且兩條線與Y軸交點(diǎn)相同，圖像為24.疊氮化合物是重要的有機(jī)合成試劑，實(shí)驗(yàn)室制備KN3流程如圖。Ⅰ.制備亞硝酸異丙酯Ⅱ.制備KN3已知：相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)見(jiàn)下表物質(zhì)顏色、狀態(tài)沸點(diǎn)溶解性KN3無(wú)色晶體300℃，受熱易分解易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚(CH3)2CHOH無(wú)色液體82℃微溶于水，與乙醇、乙醚混溶(CH3)2CHONO無(wú)色油狀液體39℃不溶于水，與乙醇、乙醚混溶N2H4·H2O無(wú)色油狀液體118℃與水、乙醇混溶，不溶于乙醚回答下列問(wèn)題：（1）KN3制備裝置如圖1所示，虛線框中最為合適的儀器是_______。(填序號(hào))（2）步驟②洗滌(CH3)2CHONO使用NaHCO3溶液的主要目的是___________________。（3）寫(xiě)出由(CH3)2CHONO、N2H4·H2O和KOH反應(yīng)生成KN3和(CH3)2CHOH的化學(xué)方程式____________________________________________________。（4）下列說(shuō)法正確的是_______(填序號(hào))。A.步驟①為控制溫度<0℃可用冰水浴B.步驟⑥加入無(wú)水乙醇和用冰鹽浴的目的是促使KN3結(jié)晶析出并且得到大顆粒晶體C.步驟⑦可用乙醇、乙醚多次洗滌，目的之一是洗去吸附在晶體上的水分以減少產(chǎn)品損失和干燥時(shí)間D.步驟⑧操作X為：使用適量的乙醚溶解粗產(chǎn)品，然后過(guò)濾、洗滌、干燥Ⅲ.純度檢測(cè)-“分光光度法”，其原理：Fe3+與N反應(yīng)靈敏，生成紅色配合物，在一定波長(zhǎng)下測(cè)量紅色溶液的吸光度，利用“N吸光度”曲線確定樣品溶液中的c(N)。查閱文獻(xiàn)可知：不同濃度的5.0mLKN3標(biāo)準(zhǔn)溶液，分別加入5.0mL(足量)FeCl3標(biāo)準(zhǔn)溶液，搖勻后測(cè)量吸光度，可繪制標(biāo)準(zhǔn)溶液的c(N)與吸光度的關(guān)系曲線圖如圖。純度檢測(cè)步驟如下：①準(zhǔn)確稱量mgFeCl3·6H2O晶體，配制100mLFeCl3標(biāo)準(zhǔn)液(與文獻(xiàn)濃度一致)。②準(zhǔn)確稱量0.54gKN3樣品，配制成100mL溶液，取5.0mL待測(cè)溶液加入VmL(足量)FeCl3標(biāo)準(zhǔn)液，搖勻后測(cè)得吸光度為0.6。（5）配制FeCl3標(biāo)準(zhǔn)液：將mgFeCl3·6H2O晶體放入潔凈燒杯，____